EJERCICIOS EJERCICIOS TOPOLOG´ IA DAVID CAMILO MOLANO VALBUENA
1.
Grupo Grupo Fundam Fundament ental al
Ejercicio 1. Demostrar que la composici´ on de caminos satisface la siguiente proon
piedad cancelativa: Si f Si f 0 · g0 f 1 · g1 y g 0 g 1 entonces f entonces f 0 f 1 . Demostraci´ on. Partimos de
[f 0 · g0 ] = [f [ f 1 · g1 ]
(1) y [g0 ] = [g1 ]. Pero
[g0 ] : g 0 (0) g0 (1) tiene un inverso homot´opico opico g0 : g0 (1) g0 (0). (0). Operando por su clase a la derecha en (1) se tiene [f 0 · g0 ][g ][g0 ] = [f [ f 1 · g1 ][g ][g 0 ]
⇒
[f 0 ][g ][g0 ][g ][g0 ] = [f [ f 1 ][g ][g1 ][g ][g 0 ]
⇒
[f 0 ][g ][g0 ][g ][g0 ] = [f [ f 1 ][g ][g0 ][g ][g 0 ]
⇒
[f 0 ] = [f [ f 1 ]
que es lo l o que qu e se quer´ıa ıa demostrar. d emostrar.
Ejercicio 2. Demostrar que el homomorfismo de cambio de base β h depende so-
lamente de la l a clase cl ase de homotop´ ho motop´ıa ıa de d e h. h . Demostraci´ on. Sean h Sean h h : h : x x 0
x1 con x con x 0 , x1 ∈ X y [α] ∈ Π1 (X, x0 ). Entonces
β h ([α ([α]) = [hαh [hαh]] = [h [ h][α ][α][h ][h] = [h [ h ][α ][α][h ][h ] = [h [ h αh ] = β h ([α ([α]). ]).
As´ As´ı que, en efecto, β h es independiente del representante representante de la clase de homotop´ homotop´ıa de h de h.. Ejercicio Ejercicio 3. Si X es X es arco-conexo, demostrar que G = Π1 (X ) es abeliano sii los
homomorfismos de cambio de punto base β h dependen solamente de los extremos de h de h.. Demostraci´ on. Supongamos primero que G es abeliano y sean h, h : x 0
x 1 . Si [α] ∈ Π 1 (X, x0 ), entonces, ya que β que β h , β h son isomorfismos, β isomorfismos, β h−1 β h ∈ Aut G y
−1
β h β h ([α ([α]) = [h [h hαhh ] = [h h][α ][α][hh ][hh ] = [α][h ][h h][hh ][hh ] = [α [ α][h ][h hhh ] = [α [ α]
lo que significa que β que β h y β y β h−1 son inversos entre s´ s´ı, o lo que es lo mismo, β mismo, β h = β = β h .
Ejercicio 4. Fecha :
15 de mayo de 2018. 1
2
DAVID CAMILO MOLANO VALBUENA
Lema 1. El espacio D 2 es un espacio cociente de I × S 1 . Demostraci´ on. Sea π : I × S 1 → D 2 definida por π(t, s) = ts. Es una funci´ on
continua. Es sobreyectiva. Adem´as, si A es cerrado en I × S 1 , entonces como I × S 1 es compacto, A es compacto. Por lo tanto π(A) es compacto. Pero como D2 es Hausdorff entonces f (A) es cerrado. As´ı, f es una funci´on sobreyectiva, continua y cerrada, y por lo tanto D 2 tiene la topolog´ıa cociente inducida. Nota. D 2 es el espacio I × S 1 / ∼ obtenido al identificar los puntos (t, s) ∈ S 2 ; t = 0 con un solo punto. Ejercicio 5. Para un espacio X , demostrar que las siguientes son equivalentes:
(a) Toda funci´ on continua S 1 → X es homot´opica a una funci´on constante. (b) Toda funci´on continua S 1 → X se extiende a una funci´on continua D 2 → X . (c) Π1 (X, x) = 0 para todo x ∈ X . Demostraci´ on. Supongamos (a) y demostraremos (b). Sea f ∈ C (S 1 , X ). Entonces
existe una homotop´ıa H : I × S 1 → X tal que H (0, −) = f y H (1, s) = x para todo s ∈ S 1 , donde x ∈ X . Sabemos que D2 es de hecho el espacio cociente I × S 1 / ∼ donde (t, s) ∼ (t , s ) cuando (t, s) = (t , s ) o t = t = 0, y donde la funci´on cociente est´ a dada por π(t, s) = ts. Como H es constante cuando t = 0 entonces H induce una funci´on continua f : D 2 → X tal que H = f ◦ π, es decir, H (t, s) = f (ts). Pero entonces, si s ∈ S 1 , f (s) = H (1, s) = f (s). Supongamos (b), y demostraremos (c). Sea α : S 1 → X un lazo en x0 , i.e. α(1) = x 0 . Entonces α se puede extender a una funci´on continua α : D 2 → X . Por functorialidad de Π1 , se inducen los homomorfismos α∗ : Π1 (S 1 , 1) → Π 1 (X, x0 ), α∗ : Π1 (D2 , 1) → Π 1 (X, x0 ), 1∗S : Π1 (S 1 , 1) → Π 1 (D2 , 1) 1
por parte de las funciones α, α y 1S : S 1 → D2 . Adem´as, tambi´en por functorialidad, α∗ = (α ◦ 1 S )∗ = α∗ ◦ 1 ∗S . Pero Π1 (D2 , 1) es trivial, as´ı que 1∗S es el homomorfismo trivial. Por lo tanto, si x ∈ Π1 (S 1 , 1) y Π1 (D2 , 1) = e, entonces α∗ (x) = α ∗ ◦ 1∗S (x) = α ∗ (e) = e. En particular, la funci´on id´entica 1S : S 1 → S 1 es un lazo en 1, y α([1S ]) = [α ◦ 1 S ] = [α] = e, as´ı que α es nulhomot´opico y Π1 (X, x0 ) = e. Por u ´ ltimo, si suponemos (c), entonces tenemos que todo lazo es homot´opico, basado en su punto base a una funci´ on constante. Pero la homotop´ıa basada asociada, es tambi´en una homotop´ıa no basada, as´ı que se tiene el resultado. 1
1
1
1
1
1
1
1
Ejercicio 6. Podemos considerar Π 1 (X, x0 ) como el conjunto de todas las clases
de homotop´ıa basada, de funciones (S 1 , 1) → (X, x0 ). Sea [S 1 , X ] el conjunto de las clases de homotop´ıa de funciones S 1 → X . 2.
Espacios Cubrientes
Ejercicio 7. Sea p : E → X una funci´ on cubriente, y supongamos que para todo
x ∈ X , | p−1 (x)| < ∞. Entonces E es Hausdorff compacto si y solo si X lo es. Lema 2. Sea p : E → B una funci´ on cubriente. Entonces p es abierta.
EJERCICIOS TOPOLOG´ IA
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Demostraci´ on del Lema 2. Sea V un abierto en E , y sea x = p(e) ∈ p(V ). Sea U
una vecindad (abierta) parejamente recubierta de x. Entonces
V
p−1 (U ) =
i
i∈I p
∼ donde para cada i ∈ I , V i = V i◦ = U . Adem´as, existe un u ´ nico i ∈ I tal que e ∈ V i . Sea W = V i ∩ V . Entonces p(W ) ⊆ p(V ), y como p |V i es un homeomorfismo, p(W ) es abierto en U , quien a su vez es abierto en B. Por lo tanto, p(W ) es abierto en B. Por lo tanto, p(V ) es una vecindad de cada uno de sus puntos, i.e. abierto. Lema 3. Sea p : E → B una funci´ on cubriente con n := | p−1 (b)| < ∞ para todo
b ∈ B. Sean b ∈ B y V un conjunto abierto de E tal que p−1 (b) ⊆ V . Entonces existe una vecindad U de b tal que p −1 (U ) ⊆ W . Demostraci´ on del Lema 3. Sea O una vecindad parejamente recubierta de b. En-
tonces
n
p
−1
V (O) =
i
i=1
p
donde V i = V i◦ ⊆ E y V i ∼ = O. n Sea U = i=1 p(V i ∩ V ). Como p −1 (b) ⊆ V y como para cada i, V i posee una de las preim´agenes de b, entonces b ∈ U . Adem´as, como para cada i,
V i ∩ V ⊆ V i ⊆ p−1 (O), entonces U =
n i=1 p(V i ∩
V ) ⊆ O. Y adem´as, n
p−1 (U ) =
W
i
i=1
donde para cada i, W i ⊆ V i ∩ V ⊆ V .
Demostraci´ on: Si E es compacto entonces B es compacto. Obvio.
Demostraci´ on: Si B es compacto entonces E es compacto. Sea V una cubierta abierb ta de E . Adem´as, para cada b ∈ B, si p−1 (b) = {ei,b}n i=1 se toma, para cada i, V i,b ∈ V tal que e i,b ∈ V i,b . entonces
nb
p
−1
V . (b) ⊆ V := b
i,b
i=1
Para cada b ∈ B, se toma una vecindad U b de b tal que p−1 (U b ) ⊆ V b . Esto construye una cubierta abierta de B, de la que se extrae una subcubierta finita {U b , . . . , Ub r }. La imagen inversa { p−1 (U b ), . . . , p−1 (U br )} es una cubierta abierta de E , pero para cada j , p −1 (U bj ) ⊆ V bj , as´ı que { V bj }rj=1 cubre a E . Pero 1
1
n
V bj
V =
i,bj
i=1
as´ı que n,j =r {V i,bj }ii= =1,j =1
es una subcubierta finita de V .
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DAVID CAMILO MOLANO VALBUENA
Demostraci´ on: Si B es Hausdorff entonces E es Hausdorff. Sean x = y ∈ E . En-
tonces f (x) = f (y) o f (x) = f (y). En el primer caso existen vecindades disyuntas de f (x), f (y) cuyas preim´agenes son vecindades disyuntas de x, y. En el segundo caso tomamos una vecindad parejamente recubierta U de f (x) = f (y). Entonces p−1 (U ) =
V
i
i∈I p
donde para cada i ∈ I , V i = V i◦ ∼ = U . Como p|V i es un homeomorfismo, entonces existen i, j ∈ I con i = j tales que x ∈ V i , y ∈ V j . V i y V j son las vecindades disyuntas buscadas. Demostraci´ on: Si E es Hausdorff entonces B es Hausdorff. Sean b = c ∈ E . En-
tonces n := | p−1 (b)|, m := | p−1 (c)| < ∞. Adem´as, p−1 (b) ∩ p−1 (c) =
∅.
Como E es Hausdorff, existen vecindades disyuntas U b , U c de p −1 (b), p−1 (c) respectivamente. Sean Lb , Lc vecindades parejamente recubiertas de b y c respectivamente. Entonces n
p
−1
m
V , p (L ) = b
ib
−1
i=1
V (L ) = b
jc
j =1
tal que para cada i,j p|V ib , p|V jc son homeomorfismos. Definimos, para cada ∗ , , W ∗ = V ∗ ∩ U . Adem´as, definimos n
˜ b = L
m
p(W ), ˜L = p(W ). ib
c
jc
i=1
j =1
˜ b . An´ ˜ c . Adem´as Como, para todo i, p −1 (b) ∈ W ib , entonces b ∈ L alogamente c ∈ L ˜ b ∩ ˜ ˜ b ∩ ˜ L Lc = ∅. En efecto, si no fuera as´ı, y d ∈ L Lc , entonces n
d ∈
m
p(W ) ∩ p(W ) ib
i=1
jc
j =1
y (∀i), d ∈ p(W ib ) ∧ (∀ j), d ∈ p(W jc ) de lo que se sigue que (∀i), (∃xi ∈ W ib ); p(xi ) = d ∧ (∀ j), (∃yj ∈ W jc ); p(yj ) = d, una contradicci´on. En efecto, como los W ∗ son disyuntos, entonces d tiene m + n preim´agenes (Los n xi s y los m yj s). Pero como, en particular, para cada i, W ib ⊆ V ib , entonces p(W ib ) ⊆ p(V ib ) ⊆ Lb , as´ı, d ∈ Lb . Pero las fibras en Lb son ˜ b ∩ ˜ constantes, es decir que d tiene exactamente n preim´agenes. As´ı, L Lc = ∅ y B es Hausdorff. Con todo lo anterior, se demuestra que E es Hausdorff compacto si y solo si B es Hausdorff compacto. Es de notar que cada propiedad de uno de los espacios, en esta situaci´on, implica la propiedad correspondiente en el otro espacio. En un sentido un poco m´as general, podr´ıa haber sido necesario usar ambas propiedades de un espacio para demostrar cada una en el otro.
EJERCICIOS TOPOLOG´ IA
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Ejercicio 8. Sea X ⊆ R2 dado por
X = I × I ∩ {0} ∪
1 n
,y
| n ∈
N, y ∈ I
.
Entonces, para todo espacio cubriente p : E → X , existe una vecindad del lado izquierdo l de X que se levanta de manera homeomorfa a E . Como consecuencia X no tiene una cubierta universal. Demostraci´ on. Tomemos (Por compacidad) una familia U finita de abiertos pare-
jamente recubiertos de puntos de X , que cubra a X . Sea ahora U 1 ∈ U , de modo que (0, 0) ∈ U 1 . Si U 1 cubre a l terminamos: En efecto, hay una (Y posiblemente muchas) copia homeomorfa de l, por medio de p, en E . T´ omese una cualquiera de ellas, V 1 . Si no, existe U 2 ∈ U de modo que U 2 ∩ U 1 = ∅ y U 2 ∩ (X − U 1 ) = ∅. En efecto, si tal U 2 no existiera, entonces
l = U 1 ∪
U
U ∈U−{U 1 }
con U y
U disyuntos, lo cu´al es imposible ya que l es conexo. Dado este U 2 , tomemos x1 ∈ U 1 ∩ U 2 . Entonces existe e 1 ∈ V 1 tal que p(e1 ) = x 1 , y adem´as, p−1 (x1 ) ⊆ p−1 (U 2 ). Tomemos V 2 ⊆ p−1 (U 2 ), de modo que e1 ∈ V 2 y p|V sea un homeomorfismo. Entonces, dado que p |V tambi´en es un homeomorfismo, entonces p|V ∩V es un homeomorfismo. Repetimos el proceso tantas veces como sea necesario. Como U es finita, el proceso debe terminar. Pero como el proceso se puede continuar mientras que la subfamilia construida no cubra a l, entonces el proceso debe terminar con conjuntos U 1 , . . . , Un tales que l ∪ U = U 1 ∪···∪ U n y U tiene (al menos) una copia homeomorfa en E . Adem´ as, podemos tomar los U i de modo que sean vecindades rectangulares, de modo que su ancho m´ınimo sea r. 1 Sea n tal que n1 < r. Entonces, para m ≥ n, los segmentos x = m est´an conte1 nidos en U , al igual que el segmento y = 0, 1 con x ≤ n . Lo que queda es, entonces, una copia achatada de X contenida en U . Como E tiene una copia homeomorfa de U (Mediante p), tambi´en tiene una copia homeomorfa de Y de X (Mediante p). Pero podemos tomar un lazo γ que no es nulhomot´opico en p(Y ), y que levanta a un lazo p−1 ◦ γ en E , donde tampoco puede ser nulhomot´opico. Por lo tanto E tampoco es simplemente conexo. 1
U ∈U−{U 1 }
2
1
1
2
Ejercicio 9. Sea X un espacio arco-conexo, localmente arco-conexo, y tal que
Π1 (X ) es finito. Entonces toda funci´on continua X → S 1 es nulhomot´opica.
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DAVID CAMILO MOLANO VALBUENA
Demostraci´ on. Si f : X → S 1 , entonces f ∗ : Π1 (X, x0 ) → Π1 (S 1 , f (x0 )) es el
homomorfismo trivial. Entonces Imf ∗ ≤ Π 1 (R, e0 ) donde p(e0 ) = f (x0 ). As´ı, f se levanta a f : X → R. Pero como R es simplemente conexo, entonces f e donde e es la funci´on constante con valor e 0 ∈ R. Pero entonces f = p ◦ f p ◦ e donde p ◦ e es la funci´on constante correspondiente a e en S 1 . Por lo tanto, f es nulhomot´ opica. Ejercicio 10. Sea p : E → X la cubierta universal de X , y sea A ⊆ X arcoconexo
y localmente arcoconexo, con A ⊂ E una componente arcoconexa de p−1 (A). Entonces p : A → A es el espacio cubriente correspondiente al subgrupo ker i∗ , donde i : A → X es la inclusi´on. Lema 4. Sea p : E → X un espacio cubriente y sea A ⊆ X arcoconexo y localmente
arcoconexo. Sea U una componente arcoconexa de p −1 (A). Entonces p : U → A es un espacio cubriente. Demostraci´ on del Lema. Es f´ acil verificar que p : U → A satisface la condici´on de
ser cubriente, excepto, en principio, la sobreyectividad: Si a ∈ A, entonces como E es cubriente, existe una vecindad parejamente recubierta de a en X , d´ıgase W . Entonces W ∩ A es una vecindad parejamente recubierta de a en A (Si p−1 (W ∩ A) = ∅, entonces es una uni´ on vac´ıa de copias disyuntas de W ∩ A: La condici´ o n se cumple vac´ıamente). Veamos que p : U → A es sobreyectiva. En efecto, p(U ) es abierto. Adem´as, supongamos que x ∈ A y x ∈ / p(U ). Entonces x tiene una vecindad parejamente recubierta V , la cual puede ser escogida arcoconexa. Entonces p −1 (V ) es una uni´on de copias de V , arcoconexas, cada una de las cuales est´a contenida en una componente arcoconexa. como x ∈ / p(U ), ninguna de estas componentes es U , y p −1 (V ) ⊆ p−1 (A) − U , i.e. V ⊆ A − p(U ). De esto, p(U ) es cerrado, y como A es arcoconexo, entonces U = A y p : U → A es sobreyectiva. Demostraci´ on. Sea [α] ∈ ker i∗ . Entonces i∗ ([α]) = [α]X = e, as´ı que α es nulho-
mot´opico en X . Como A es un espacio recubridor de A, existe un levantamiento de α, d´ıgase α, ˜ iniciando en un punto en particular de A, que por unicidad es el mismo levantamiento de α iniciando en ese punto, en E . Pero como α es nulhomot´opico en X , α ˜ es un lazo, y adem´as nulhomot´opico en E . En particular, α se levanta a un lazo, y [α] ∈ Π 1 (A). Rec´ıprocamente, si [α] ∈ Π 1 (A) entonces α se levanta a un lazo en A , que es nulhomot´opico en E , de modo que α es nulhomot´opico en X , i.e. i∗ ([α]) = 0 y [α] ∈ ker i∗ . Ejercicio 11. Let p : X → X, q : Y → Y be universal covers. If X Y then
X Y . Demostraci´ on. If X Y then there exist f : X → Y and g : Y → X such that
f g 1 Y and gf 1 X . We have the following diagrams:
EJERCICIOS TOPOLOG´ IA
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Y
X f ◦ p
p X
f
g ◦ q
q Y
Y
g
X
and applying the functor π 1 , since X and Y are simply connected we get the commutative diagrams e
e f ∗ ◦ p∗
p∗ π1 (X )
f ∗
g∗ ◦ q ∗
q ∗
π1 (Y )
π1 (Y )
g∗
π1 (X )
where e is the trivial group. From this, (f ◦ p)∗ = (g ◦ q )∗ = e = π 1 (X ) = π 1 (Y ), so there exists lifts F, G of f ◦ p, g ◦ q , i.e. maps F : X → Y , G : Y → X such that the following diagram commutes:
X
F
p X
G
Y
p
q Y
f
X
g
X
Note that GF is a lift of gf p. We also have a homotopy h : I × X → X between gf p and p which lifts to an homotopy H starting at GF . Note also that the final branch σ = H (1, −) has the property that p ◦ σ = h(1, −) = p, i.e. the following triangle commutes σ
X
X
p
p X
so σ is a morphism of X . So we have maps σ
p
X → X → X such that p and pσ are covering maps. Then, since X is locally path-connected, σ is a covering map. But since X is simply connected, σ is really an isomorphism. So, since GF σ, then (σ −1 G)F 1 X . Analogously there is some isomorphism τ : Y → Y such that F (Gτ −1 ) 1 Y . Applying the lemma, we get the result.